2023届浙江省绍兴市第一中学高三下学期4月限时训练数学试题含解析

这是一份2023届浙江省绍兴市第一中学高三下学期4月限时训练数学试题含解析，共24页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2023届浙江省绍兴市第一中学高三下学期4月限时训练数学试题

一、单选题
1．若集合，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据指数函数性质解指数不等式得集合，再根据交集的概念运算即可.
【详解】解：由于，所以，则，又，
所以.
故选：B.
2．已知，是关于x的方程的两个根.若，则（    ）
A． B．1 C． D．2
【答案】C
【分析】由，是关于x的方程的两个根，由韦达定理求出，再由复数的模长公式求解即可.
【详解】法一：由，是关于x的方程的两个根，得，
所以，所以.
法二：由，是关于x的方程的两个根，得，
所以，所以.
故选：C.
3．记等差数列的前n项和为．若，则下列一定成立的是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】设等差数列的公差为，结合等差数列的通项公式和条件得到，再根据等差数列的前n项和公式判断各选项即可.
【详解】设等差数列的公差为，
由，得，即.
对于A选项和B选项：，，
当时，；当时，；当时，；
所以A选项和B选项错误；
对于C选项：，所以C选项正确；
对于D选项：，
当时，；当时，；当时，；
所以D选项错误；
故选：C.
4．已知平面向量，，则在上的投影向量为（    ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】根据在上的投影向量是计算即可解决.
【详解】由题知，，
所以，
设与夹角为，
所以在上的投影向量是，
故选：.
5．在“2，3，5，7，11，13”这6个素数中，任取2个不同的数，这两数之和仍为素数的概率是（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】计算出6个数中任取2个数的种数，再列出2个素数之和仍为素数的情况，由古典概型概率计算公式可得答案.
【详解】由题意得，6个数中任取2个数，共有种可能，2个素数之和仍为素数，
则可能为（2和3）、（2和5）、（2和11）共有3种可能，所求概率．
故选：A．
6．设，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】利用赋值法可得，然后求出，可得答案.
【详解】因为，
所以，
当时，；
当时，；
由等式左右两边系数相等可得，
所以，
故选：C.
7．已知球O的直径，，是球的球面上两点，，则三棱锥的体积为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】依题意可得，即可求出、、，求出外接圆的半径，利用勾股定理求出球心到平面的距离，从而得到点到平面的距离，最后根据锥体的体积公式计算可得.
【详解】解：因为为球的直径，，是球的球面上两点，
所以，又，，
所以，，
所以为等边三角形且，
设的外接圆的半径为，则，所以，
则球心到平面的距离，
所以点到平面的距离，
又，
所以.

故选：A
8．已知，且，则a，b，c的大小关系为（    ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根据指对互化将，变形得，构造函数，求导验证其单调性，即可得函数值的大小关系，从而可得的大小.
【详解】因为，所以可得，
设函数，则，
，令，则在上恒成立，
所以单调递减，则，所以在上单调递减，
所以，从而.
故选：A．

二、多选题
9．已知圆台的轴截面如图所示，其上、下底面半径分别为，，母线长为2，点为的中点，则（    ）

A．圆台的体积为
B．圆台的侧面积为
C．圆台母线与底面所成角为60°
D．在圆台的侧面上，从点到点的最短路径长为4
【答案】AC
【分析】根据已知求体积;过作交底面于F，判断出即为母线与底面所成角；作出圆台的侧面展开图，直接求出面积；圆台的侧面上，判断出从到的最短路径的长度为CE,等逐个判断即可求解.
【详解】对于A：圆台的高为，则圆台的体积，A正确；
对于B：由题意，圆台的侧面展开图为半圆环，

其面积为.故B错误；
对于C：过A作交底面于F，则底面，所以即为母线与底面所成角.

在等腰梯形ABCD中，,所以.
因为为锐角，所以.故C正确；
对于D：如图示，在圆台的侧面上，从到的最短路径的长度为CE.由题意可得：.由为中点，所以，所以.故D错误.

故选：
10．以下四个命题中，真命题的有（    ）
A．在回归分析中，可用相关指数的值判断模型的拟合效果，越大，模型的拟合效果越好；
B．回归模型中残差是实际值与估计值的差，残差点所在的带状区域宽度越窄，说明模型拟合精度越高；
C．对分类变量与的统计量来说，值越小，判断“与有关系”的把握程度越大．
D．已知随机变量服从二项分布，若，则．
【答案】AB
【分析】根据相关指数的定义确定A；
根据残差的性质确定B；
根据独立性检验确定C；
根据二项分布与均值的运算确定D.
【详解】对于A，由相关指数的定义知：越大，模型的拟合效果越好，A正确；
对于B，残差点所在的带状区域宽度越窄，则残差平方和越小，模型拟合精度越高，B正确；
对于C，由独立性检验的思想知：值越大，“与有关系”的把握程度越大，C错误．
对于D，，，又，，解得：，D错误．
故选：．
11．已知抛物线的焦点为，准线为，过点的直线与抛物线交于两点，点在上的射影为，则下列说法正确的是（    ）
A．若，则
B．以为直径的圆与准线相交
C．设，则
D．过点与抛物线有且仅有一个公共点的直线有3条
【答案】ACD
【分析】根据焦点弦公式即可判断A；求出线段的中点坐标及圆的半径，从而可判断B；根据抛物线的定义可得，即可判断C；分直线斜率存在和不存在两种情况讨论，结合根的判别式即可判断D.
【详解】抛物线焦点，准线，
由题意，故A正确；
因为，则以为直径的圆的半径，

线段的中点坐标为，则线段的中点到准线的距离为，
所以以为直径的圆与准线相切，故B错误；
抛物线的焦点为，，
当且仅当三点共线时，取等号，所以，故C正确；
对于D，当直线斜率不存在时，直线方程为，与抛物线只有一个交点，
当直线斜率存在时，设直线方程为，联立，消得，
当时，方程的解为，此时直线与抛物线只有一个交点，
当时，则，解得，
综上所述，过点与抛物线有且仅有一个公共点的直线有3条，故D正确．
故选：ACD．
12．已知是函数的零点，是函数的零点，且，则下列说法正确的是（    ）
（参考数据：）
A．
B．若．则
C．存在实数a，使得成等比数列
D．存在实数a，使得，且成等差数列
【答案】ABC
【分析】利用函数的性质可判断，观察到，进而找到之间的关系，利用对勾函数的性质求出的范围，由等比数列的性质及之间的关系将问题转化为方程解的问题，利用函数单调性及零点存在定理即可判断，由等差数列的性质及之间的关系即可求出的值，即可判断.
【详解】∵，
∴为偶函数，∴关于轴对称，
∵是函数的零点，∴，且，
∵，∴，
当时，，当时，，当时，，
则想要有两个零点，则，故正确；
∵是函数的零点，∴，且，
又∵，
∴，，
∵，，∴，且，∴，
∵，∴，∴，∴，
∵，∴，，，
∴，即，由对勾函数的性质可知，故正确；
∵成等比数列, ∴,∴，∴，∴，
∴，∴，
令，，则在上单调递增，
其中>0，，故在上存在唯一的零点，
即方程有解，则存在实数a，使得成等比数列，故正确；
∵成等差数列,且 ∴，∴，
∴，解得，此时，则与矛盾，故不正确.
故选：.
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键要观察到，才能得出零点之间的关系.

三、填空题
13．数据23，76，45，37，58，16，28，15的25百分位数是__________．
【答案】19.5##
【分析】将数据从小到大排列，利用25的百分位数的定义即可计算出结果.
【详解】解析：将数据从小到大排序：15，16，23，28，37，45，58，76共8个数据，，第2，3个数据分别为16,23，
因此，这些数据的25百分位数为．
故答案为：19.5或.
14．设，，则________．
【答案】1
【分析】利用平方法，结合同角的三角函数关系式、两角和余弦公式进行求解即可.
【详解】由，
，
，得，
所以，
故．
故答案为：1
15．从点射出两条光线的方程分别为：和，经轴反射后都与圆相切，则__________．
【答案】
【分析】根据光学性质求出反射光线所在直线方程，再根据直线与圆相切列式，解方程组可得结果.
【详解】依题意知关于轴的对称点在反射光线所在直线上.
因为入射光线经轴反射，所以反射光线所在直线的斜率与入射光线所在直线的斜率互为相反数，
因为的斜率为，所以与其对应的反射光线所在直线的斜率为，
所以与其对应的反射光线所在直线方程为，即.
因为的斜率为，所以与其对应的反射光线所在直线的斜率为，
所以与其对应的反射光线所在直线方程为，即.
依题意有,且圆在轴上方，所以，且，
若，即，则，得或，均不符合题意；
若，即，则，得或（舍去），则.
则.
故答案为：.
16．已知椭圆E：（），F是E的左焦点，过E的上顶点A作AF的垂线交E于点B.若直线AB的斜率为，的面积为，则E的标准方程为______.
【答案】
【分析】设O为坐标原点，直线AB交x轴于点C，并作出图，根据，直线AB的斜率为，得到，结合椭圆的性质得到，，从而设直线的方程：，联立直线的方程和椭圆方程解得的坐标，再根据的面积为，即可求解.
【详解】设O为坐标原点，直线AB交x轴于点C，如图所示：

由题意知：，直线AB的斜率为，即，
所以，.
由椭圆的性质知：，，则，所以，，
则，故直线AB的方程为.
联立，解得：或，
所以，故，
则，解得：.
又，所以，即，则E的标准方程为.
故答案为：.

四、解答题
17．数列的前n项和为，且．
(1)求数列的通项公式；
(2)若数列满足，求数列的前n项和．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）利用“退一作差”法求得.
（2）先求得，然后求得，进而求得，利用裂项求和法求得.
【详解】（1）由，
当时，，
，
∴，，
时上式也符合，
∴，
（2）∵数列是等差数列，
∴，
得：，
当，且时，，
∴（），
当时，，
∴,,
∴时，，
当时，


.
∴.
18．条件①，           
条件②，
条件③．
请从上述三个条件中任选一个，补充在下列问题中，并解答．
已知的内角、、所对的边分别为、、，且满足________，
(1)求；
(2)若是的角平分线，且，求的最小值．
【答案】(1)条件选择见解析，
(2)

【分析】（1）选①，利用正弦定理结合两角和的正弦公式可得出的值，结合角的取值范围可得出角的值；
选②，利用正弦定理结合余弦定理可得出的值，结合角的取值范围可得出角的值；
选③，利用正弦定理结合三角恒等变换化简可得出的值，结合角的取值范围可得出角的值；
（2）由已知结合三角形的面积公式可得出，将与相乘，展开后利用基本不等式可求得的最小值.
【详解】（1）解：选①：因为，由正弦定理可得，
即，
所以，
而，，故，因为，所以；
选②：因为，由正弦定理，
即，由余弦定理，
因为，所以；
选③：因为，
正弦定理及三角形内角和定理可得，
即，
因为、，则，所以，，，
所以，所以，即.
（2）解：由题意可知，，
由角平分线性质和三角形面积公式得，        
化简得，即，
因此，
当且仅当时取等号，所以的最小值为．
19．如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，底面ABCD，，E为线段PB的中点，F为线段BC上的动点．

(1)证明：平面平面PBC；
(2)若直线AF与平面PAB所成的角的余弦值为，求点P到平面AEF的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)．

【分析】(1)利用面面垂直的判定定理或利用平面的法向量数量积等于零证明；
(2)利用坐标运算求点到平面的距离，或者用等体积法的思想求解.
【详解】（1）方法一：
因为底面ABCD，平面ABCD，
所以．

因为ABCD为正方形，所以，
又因为，平面PAB，平面PAB，
所以平面PAB．
因为平面PAB，所以．
因为，E为线段PB的中点，
所以，
又因为，平面PBC，平面PBC，
所以平面PBC．
又因为平面AEF，
所以平面平面PBC．
方法二：
因为底面ABCD，平面PAB，

所以平面底面ABCD
又平面底面，，平面ABCD，
所以平面PAB．
因为平面PAB，所以．
因为，E为线段PB的中点，所以．
因为，平面PBC，平面PBC，
所以平面PBC，
又因为平面AEF，
所以平面平面PBC
因为底面ABCD，，
以A为坐标原点，以的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，

则，
设，则，
所以，，，，
设为平面AEF的法向量，
则所以取，则，，
则，
设为平面PBC的法向量，
则所以取，则， ，
则
因为，所以,
所以平面平面PBC.
（2）（基于（1）解法一、二）
因为底面ABCD，，以A为坐标原点，以的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，

则，
易知是平面PAB的法向量
设，则，所以，，
所以
即，得，所以，
设为平面AEF的法向量，则
所以平面AEF的法向量，
又因为
所以点P到平面AEF的距离为，

所以点P到平面AEF的距离为．
由（1）可知，是直线AF与平面PAB所成的角，
所以
解得，故F是BC的中点．
所以，，
的面积为
因为，的面积为
设点P到平面AEF的距离为h，则有

解得
所以点P到平面AEF的距离为．
（基于（1）解法三）
易知是平面PAB的法向量
所以，
即，解得
所以，
又因为
所以点P到平面AEF的距离为，

所以点P到平面AEF的距离为．
20．云计算是信息技术发展的集中体现，近年来，我国云计算市场规模持续增长.从中国信息通信研究院发布的《云计算白皮书（2022年）》可知，我国2017年至2021年云计算市场规模数据统计表如下：
年份
2017年
2018年
2019年
2020年
2021年
年份代码x
1
2
3
4
5
云计算市场规模y/亿元
692
962
1334
2091
3229

经计算得：=36.33，=112.85.
(1)根据以上数据，建立y关于x的回归方程（为自然对数的底数）.
(2)云计算为企业降低生产成本､提升产品质量提供了强大助推力.某企业未引入云计算前，单件产品尺寸与标准品尺寸的误差，其中m为单件产品的成本（单位：元），且=0.6827；引入云计算后，单件产品尺寸与标准品尺寸的误差.若保持单件产品的成本不变，则将会变成多少？若保持产品质量不变（即误差的概率分布不变），则单件产品的成本将会下降多少？
附：对于一组数据其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为=，.
若，则，，
【答案】(1)
(2)，成本下降3元.

【分析】(1)将非线性回归模型转化为线性回归模型求解；
(2)利用真态分布的概率模型求解，并结合特殊概率值求解.
【详解】（1）因为，所以，
所以，
所以，
所以.
（2）未引入云算力辅助前，，所以，
又，所以，所以.
引入云算力辅助后，，所以，
若保持产品成本不变，则，
所以
若产品质量不变，则，所以，
所以单件产品成本可以下降元.
21．已知双曲线的焦距为10，且经过点．A，B为双曲线E的左、右顶点，P为直线上的动点，连接PA，PB交双曲线E于点C，D（不同于A，B）．
(1)求双曲线E的标准方程．
(2)直线CD是否过定点？若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由．
【答案】(1)
(2)直线CD过定点，定点坐标为．

【分析】（1）方法一：将代入方程，结合求得得双曲线方程；方法二：根据双曲线定义求得得双曲线方程.
（2）方法一：设CD的方程为，与双曲线联立，由A点与C点写出AC方程，求出，由B点与D点写出BD方程，求出，利用两个相等建立关系式，代入韦达定理可求得为定值.
方法二：设CD的方程为，与双曲线联立，由P点与A点写出AC方程，由P点与B点写出BD方程，将代入以上两方程，两式相比消去建立关系式，代入韦达定理可求得为定值.
【详解】（1）法一．由解得，∴双曲线E的标准方程为．
法二．左右焦点为，，
，
∴双曲线E的标准方程为．
（2）直线CD不可能水平，故设CD的方程为，
联立消去x得，
，，，
AC的方程为，令，得，
BD的方程为，令，得，






，
解得或，即或（舍去）或（舍去），
∴CD的方程为，∴直线CD过定点，定点坐标为．
方法二．直线CD不可能水平，设CD的方程为，
联立，消去x得，
，
AC的方程为，BD的方程为，
分别在AC和BD上，，
两式相除消去n得，
又，．
将代入上式，
得


．
整理得，解得或（舍去）．
∴CD的方程为，∴直线CD过定点，定点坐标为．
【点睛】圆锥曲线中直线过定点问题通法，先设出直线方程，通过韦达定理和已知条件若能求出为定值可得直线恒过定点，若得到和的一次函数关系式，代入直线方程即可得到直线恒过定点.
22．已知函数，其中为自然对数的底数，.
(1)当时，函数有极小值，求；
(2)证明：恒成立；
(3)证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析

【分析】（1）求导，求极值点，讨论函数单调性，找到极小值即可解决问题；
（2）不等式恒成立，即恒成立，
设，构造新函数求导利用函数导数单调性进行分析即可证明结论.
（2）由（2）知，，令，则
从而有，由的不同值，分别写出不等式，然后累加，结合等比数列求和进行放缩，分析得到结论.
【详解】（1），令，解得，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以有极小值，
所以，即.
（2）证明：不等式恒成立，即恒成立，
设，则，
易知是定义域上的增函数，又，
则在上有一个根，即
当时，，当时，
此时在单调递减，在单调递增，
的最小值为，

，
，
，
恒成立，故结论成立.
（3）证明：由（2）知，，令，
则.
由此可知，当时，，
当时，，
当时，，
，
当时，，
累加得：
，
又，
所以.
【点睛】函数与导数综合简答题常常以压轴题的形式出现，
难度相当大，主要考向有以下几点：
1、求函数的单调区间（含参数）或判断函数（含参数）的单调性；
2、求函数在某点处的切线方程，或知道切线方程求参数；
3、求函数的极值（最值）；
4、求函数的零点（零点个数），或知道零点个数求参数的取值范围；
5、证明不等式；
解决方法：对函数进行求导，结合函数导数与函数的单调性等性质解决，
在证明不等式或求参数取值范围时，通常会对函数进行参变分离，构造新函数，
对新函数求导再结合导数与单调性等解决.